设函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ex－ax，其中a为实数．(1)若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范

题型：不详难度：来源：

设函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝e^x－ax，其中a为实数．
(1)若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范围；
(2)若g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．

答案

(1) a∈(e，＋∞)．
(2) 当a≤0或a＝e^－1时，f(x)的零点个数为1，当0<a<e^－1时，f(x)的零点个数为2. 证明见解析

解析

解：(1)令f′(x)＝－a＝<0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a>0，进而解得x>a^－1，即f(x)在(a^－1，＋∞)上是单调减函数．同理，f(x)在(0，a^－1)上是单调增函数．由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a^－1，＋∞)，从而a^－1≤1，即a≥1.令g′(x)＝e^x－a＝0，得x＝ln a．当x<ln a时，g′(x)<0；当x>ln  a时，g′(x)>0.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a>1，即a>e.
综上，有a∈(e，＋∞)．
(2)当a≤0时，g(x)必为单调增函数；当a>0时，令g′(x)＝e^x－a>0，
解得a<e^x，即x>ln a，因为g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a≤－1，即0<a≤e^－1.结合上述两种情况，有a≤e^－1.
(ⅰ)当a＝0时，由f(1)＝0以及f′(x)＝>0，得f(x)存在唯一的零点；
(ⅱ)当a<0时，由于f(e^a)＝a－ae^a＝a(1－e^a)<0，f(1)＝－a>0，且函数f(x)在[e^a,1]上的图象不间断，所以f(x)在(e^a,1)上存在零点．另外，当x>0时，f′(x)＝－a>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f(x)只有一个零点．
(ⅲ)当0<a≤e^－1时，令f′(x)＝－a＝0，解得x＝a^－1.当0<x<a^－1时，f′(x)>0，当x>a^－1时，f′(x)<0，所以，x＝a^－1是f(x)的最大值点，且最大值为f(a^－1)＝－ln a－1.
①当－ln a－1＝0，即a＝e^－1时，f(x)有一个零点x＝e.
②当－ln a－1>0，即0<a<e^－1时，f(x)有两个零点．
实际上，对于0<a<e^－1，由于f(e^－1)＝－1－ae^－1<0，f(a^－1)>0，且函数f(x)在[e^－1，a^－1]上的图象不间断，所以f(x)在(e^－1，a^－1)上存在零点．
另外，当x∈(0，a^－1)时，f′(x)＝－a>0，故f(x)在(0，a^－1)上是单调增函数，所以f(x)在(0，a^－1)上只有一个零点．
下面考虑f(x)在(a^－1，＋∞)上的情况．先证f(e^a－1)＝a(a^－2－e^a－1)<0.
为此，我们要证明：当x>e时，e^x>x².设h(x)＝e^x－x²，则h′(x)＝e^x－2x，再设l(x)＝h′(x)＝e^x－2x，则l′(x)＝e^x－2.
当x>1时，l′(x)＝e^x－2>e－2>0，所以l(x)＝h′(x)在(1，＋∞)上是单调增函数．故当x>2时，h′(x)＝e^x－2x>h′(2)＝e²－4>0，从而h(x)在(2，＋∞)上是单调增函数．进而当x>e时，
h(x)＝e^x－x²>h(e)＝e^e－e2>0.即当x>e时，e^x>x².
当0<a<e^－1，即a^－1>e时，f(e^a－1)＝a^－1－ae^a－1＝a(a^－2－e^a－1)<0，又f(a^－1)>0，且函数f(x)在[a^－1，e^a－1]上的图象不间断，所以f(x)在(a^－1，e^a－1)上存在零点．又当x>a^－1时，f′(x)＝－a<0，故f(x)在(a^－1，＋∞)上是单调减函数，所以f(x)在(a^－1，＋∞)上只有一个零点．
综合(ⅰ)，(ⅱ)，(ⅲ)，当a≤0或a＝e^－1时，f(x)的零点个数为1，当0<a<e^－1时，f(x)的零点个数为2.